本文缘起不负责任的Serge Lang的大代数（第274页 例8），以及Кострикин的代数学引论引用了如下的事实
事实. 令$f_n=\sum_{k=0}^n \frac{X^k}{k!}$, 那么$f_n$的Galois群是$\mathfrak{S}_n$如果$4\nmid n$, 是$\mathfrak{A}_n$如果$4|n$. 所谓多项式的Galois群是指其在$\mathbb{Q}$上的分裂域对应的Galois群。
其源头指向Schur，但原始文献是德语，且难以得到全文，最后一年前我在MSC上提问，这问题于最近收到回答，指出了一篇博客，这也是本文的主要参考来源。
证明的方法不出所料是约化到局部情况。但是正如代数数论所看到的，往往$\bmod p$丧失太多信息——真正恰如其分的手法是放置在$p$-进数域中考虑。在完备赋值域中求根的有力工具当属Newton折线。
这里用了阶乘，为了计算$f_n$的Newton折线，我们自然需要经典的Legendre定理，通过与$p$进制展开的联系，我们不难通过精细地计数算出Newton折线的顶点是
$$(x_k,-\nu_p(x_k!)),\qquad x_k=a_1p^{n_1}+\cdots+a_kp^{n^k}$$
其中$n=a_1p^{n_1}+\cdots+a_mp^{n_m}$满足$n_1>\cdots >n_m$，且$a_i\neq 0$，即从高到低忽略$0$的$p$进展开。对应的斜率是$-\frac{1}{p^{n_k}}\frac{p^{n_k}-1}{p-1}$.
- 现在我们可以论证$f_n$不可约了。注意到Newton折线的分母都是$p^{\nu_p(n)}$，这表明任何任意添加一个根，其分歧指数都需要整除$p^{\nu_p(n)}$，从而扩张次数亦然，这说明$f_n$的每一个根都是$n$次的，这就说明$f_n$不可约。
- 如果素数$p
- 如果加上条件$p>n/2$，那么根据上面的论证，可以根据Cauchy定理断言，$f_n$的Galois群有$p$阶元，且是$p$-轮换。
- 对于$n\geq 8$，根据Bertrand假设，我们总能找到这样的素数。而Jordan定理确保，如果对称群$\mathfrak{S}_n$的可迁子群$H$有一个$p$-轮换，且$p>n/2$，那么$H$必定含$\mathfrak{A}_n$.
- 而一个多项式的Galois群是否含于$\mathfrak{A}_n$可用判别式检验，而利用结式这是容易计算的。
- 对于$n\leq 7$改为利用Dedekind的计算方法（$\bmod p$检验Galois群的商群）。
References:
- https://mattbaker.blog/2014/05/02/newton-polygons-and-galois-groups/
- https://math.stackexchange.com/questions/2814220/how-does-schur-determine-galois-groups-of-truncated-exponential-series/3376217#3376217
俄罗斯虽然不是每个人都是斯基，但是每个人都是医生